河南省郑州市十校2024-2025学年高二下学期期中联考数学试卷（原卷版+解析版）

这是一份河南省郑州市十校2024-2025学年高二下学期期中联考数学试卷（原卷版+解析版），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟 分值：150分
注意事项：本试卷分试题卷和答题卡两部分.考生应首先阅读试题卷上的文字信息，然后在答题卡上作答（答题注意事项见答题卡）.在试题卷上作答无效.
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知函数，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
2. 已知，且，则下列等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
3. 的展开式中的系数为（ ）
A. 40B. 80C. D.
4. 拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点，使得成立，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
6. 如图，已知图形，内部连有线段．图中矩形总计有（ ）个．
A. 75B. 111C. 102D. 120
7. 已知函数，对，当时，恒有，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知实数，且，为自然对数底数，则（ ）
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 现有带有编号1、2、3、4、5五个球及四个不同的盒子，则下列表述正确的有（ ）
A. 全部投入4个不同的盒子里，共有种放法
B. 全部投入2个不同的盒子里，每盒至少一个，共有种放法
C. 将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有种放法
D. 全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法
10. 已知，下列说法中正确的是（ ）
A. 函数在恰有一个极值点
B. 函数在上单调递增
C ，
D. 是函数图象上一动点，是直线上一动点，则
11. 已知函数，则（ ）
A. 函数的一个周期为
B. 函数在区间上单调递增
C. 函数在区间上没有零点
D. 函数的最大值为1
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于_____.
13. 为研究方程正整数解的不同组数，我们可以用“挡板法”：取8个相同的小球排成一排，这8个小球间有7个“空挡”，在这7个“空挡”中选择2个“空挡”，在每个“空挡”插入1块挡板，2块挡板将这8个小球分成“三段”，每段小球的个数分别对应，，的一个正整数解，由此可以得出此方程正整数解的不同组数为．据此原理，则方程的正整数解的不同组数为 __（用数字作答）；该方程自然数解的不同组数为 __（用数字作答）．
14. 若曲线与曲线存在公切线，则a的取值范围为__________．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. （1）把本不同的书分给位学生，每人至少一本，有多少种方法？
（2）由这个数字组成没有重复数字的四位偶数由多少个？
（3）某旅行社有导游人，其中人只会英语，人只会日语，其余人既会英语，也会日语，现从中选人，其中人进行英语导游，另外人进行日语导游，则不同的选择方法有多少种？
16. 已知函数
（1）若函数在上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）若函数有两个不同的极值点，其中，求a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若不等式恒成立，求实数k的取值范围.
17 已知函数，且，
（1）求的值；
（2）求的最大值；
（3）求被6整除的余数．
18. 已知，．
（1）若曲线在点处的切线与垂直，求的值；
（2）若，恒成立，求的取值范围．
19. 已知函数，.
（1）求的最小值；
（2）设函数，讨论的单调性；
（3）设函数，若函数的图像与的图像有，两个不同的交点，证明：.
2024-2025学年上期高二年级期中联考试题
数学学科
考试时间：120分钟 分值：150分
注意事项：本试卷分试题卷和答题卡两部分.考生应首先阅读试题卷上的文字信息，然后在答题卡上作答（答题注意事项见答题卡）.在试题卷上作答无效.
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知函数，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出，代入即可求.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以.
故选：C
2. 已知，且，则下列等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据排列数的运算性质即可判断AC，根据组合数的运算性质即可判断BD.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，，
所以，C正确；
对于D，，D错误.
故选：C
3. 的展开式中的系数为（ ）
A. 40B. 80C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合二项式展开式的通项公式求得正确选项.
【详解】，
所以展开式中的系数为.
故选：A
4. 拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点，使得成立，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】求导，设为“拉格朗日中值点”，由题意得到，构造，研究其单调性，结合零点存在性定理得到答案.
【详解】，令为函数在上的“拉格朗日中值点”，
则，
令，则在上恒成立，
故在上单调递增，
又，，
由零点存在性定理可得：存在唯一的，使得.
故选：B
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令，可得，可得出，利用展开式通项可知当为奇数时，，当为偶数时，，然后令可得出的值.
【详解】令，可得，则，
二项式的展开式通项为，则.
当为奇数时，，当为偶数时，，
因此，.
故选：A.
【点睛】结论点睛：一般地，若.
（1）；
（2）展开式各项系数和为；
（3）奇数项系数之和为；
（4）偶数项系数之和为.
6. 如图，已知图形，内部连有线段．图中矩形总计有（ ）个．
A. 75B. 111C. 102D. 120
【答案】C
【解析】
【分析】由题意转化为条件为从竖线中选出两条，横线中选出两条组成图形，按照矩形的边不在上和在上两种情况讨论，利用分步乘法和组合的知识求解即可.
【详解】由题意，要组成矩形应从竖线中选两条、横线中选两条，可分两种情况：
当矩形的边不在上时，共有个，
当矩形的边在上时，共有个，
所以图中矩形总计有个.
故选：C.
7. 已知函数，对，当时，恒有，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，根据已知可知，在上单调递增，求导根据恒成立，可推得恒成立.令，根据导函数求出在上的最小值，即可得出答案.
【详解】由已知可将不等式化为，
构造函数，，则.
由题意可知，在上单调递增，
所以，在上恒成立，
即在上恒成立，只需满足即可.
令，则.
由可得，.
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增.
所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，
所以，.
故选：A.
8. 已知实数，且，为自然对数的底数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】化简条件后根据形式构造函数，利用单调性判断不等式
【详解】因为，所以，
函数在上单调递增，且，因为
所以，所以，即，
又，所以，所以，即，综上，.
故选：D
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 现有带有编号1、2、3、4、5的五个球及四个不同的盒子，则下列表述正确的有（ ）
A. 全部投入4个不同的盒子里，共有种放法
B. 全部投入2个不同的盒子里，每盒至少一个，共有种放法
C. 将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有种放法
D. 全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用分步乘法计数原理计算可判断A正确；对于B，先将5个球分为2组，再全排，计算可判断B不正确；对于C，利用分步乘法计数原理计算可判断C正确；对于D，先将5个球分为4组，再全排，计算可判断D正确；
【详解】对于A，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，共有种放法，故A正确；
对于B，带有编号1、2、3、4、5的五个球全部投入2个不同的盒子里，第一步选2个盒子有种选法，第二步将5个球分为两组，若两组球个数之比为1：4有种分法；若两组球个数之比为2：3有种分法，第三步将两组排给两个盒子有种排法，因此共有，故B不正确；
对于C，带有编号1、2、3、4、5的五个球，将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），第一步选4个球有种选法，第二步选一个盒子有种选法，共有种放法，故C正确；
对于D，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，第一步将5球分成2：1：1：1的四组共有种分法，第二步分给四个盒子有种排法，故共有种放法，故D正确；
故选：ACD.
10. 已知，下列说法中正确的是（ ）
A. 函数在恰有一个极值点
B. 函数在上单调递增
C. ，
D. 是函数的图象上一动点，是直线上一动点，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】求导，确定函数在单调递减；在单调递增，其中，即可判断ABC，对于D，求得曲线在处的切线和平行，即可判断.
【详解】解：，定义域为，
，显然在上单调递增，
且，
又，即，所以，
所以存，使得，即，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，
所以是的极小值点，且为最小值点，无极大值点；
对于A，函数在上无极值点，故A错误；
对于B，由上述分析可知正确；
对于C，，
由，易知当，取得最小值，
所以，故C正确；
对于D，设与直线平行的直线l，l与函数f(x)的图像切于点，
所以，即，解得，所以切点为，
所以点到直线的距离即为的最小值，
所以，故D正确．
故选：BCD
11. 已知函数，则（ ）
A. 函数的一个周期为
B. 函数在区间上单调递增
C. 函数在区间上没有零点
D. 函数的最大值为1
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，由即可；对于B，当时，，通过导数即可判断单调性；对于C，当时，，通过导数即可判断单调性，且，由零点存在性定理即可判断；对于D，通过导数得在单调递减，在单调递增，
在单调递减，在单调递增，且，当时，即可求最大值.
【详解】因为，所以函数的定义域为
对于A，因为，
所以，
所以不是的一个周期，故A错误；
对于B，因为时，所以，
所以，
且，
所以，
所以，故在单调递增，故B正确；
对于C，因为时，所以，
所以，
且，
所以，
所以，故在单调递减，
且，
根据零点存在性定理，函数在有零点，故C错误；
对于D，因为，
所以为偶函数，
当，且，
所以在为周期函数，
同理在也为周期函数.
由BC得，在单调递减，在单调递增，
且
当时，所以，
所以，
且，
所以，
所以，故在单调递减，
当时，所以，
所以，
且，
所以，
所以，故在单调递增，
综上所诉，在单调递减，在单调递增，
在单调递减，在单调递增，
且，
且当时，函数在周期内，都有，
故函数的最大值为，故D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的性质，解题关键是通过导数求分段求函数的单调性、奇偶性及最值.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于_____.
【答案】112
【解析】
【分析】由题意可得，再利用二项展开式的通项公式，求得二项展开式常数项的值．
【详解】的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大，，
通项公式为，令，求得，
可得二项展开式常数项等于，
故答案为112．
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
13. 为研究方程正整数解的不同组数，我们可以用“挡板法”：取8个相同的小球排成一排，这8个小球间有7个“空挡”，在这7个“空挡”中选择2个“空挡”，在每个“空挡”插入1块挡板，2块挡板将这8个小球分成“三段”，每段小球的个数分别对应，，的一个正整数解，由此可以得出此方程正整数解的不同组数为．据此原理，则方程的正整数解的不同组数为 __（用数字作答）；该方程自然数解的不同组数为 __（用数字作答）．
【答案】 ①. 84 ②. 286
【解析】
【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合相同元素分组问题隔板法求解．
【详解】由题意，则方程的正整数解的不同组数为，
若中没有，则有种，
若中有个为，则有种，
若中有个为，则有种，
若中有个为，则有种，
该方程自然数解的不同组数为．
故答案为：84；286．
14. 若曲线与曲线存在公切线，则a的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】曲线与曲线存在公切线等价于导函数相等有解，求导后列出方程求解即可.
【详解】由，则，设切点为，切线斜率为，
所以，切线为，即，
由，则，设切点为，切线斜率为，
所以，切线为，即，
根据题设，若它们切线为公切线，则有，即，
又，即且，即，
由上关系式并消去并整理得在上有解，
令，则，
当，则，即，此时递增；
当，则或，即或，此时递减；
又，，
所以，即.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：设切点并写出两曲线对应的切线方程，根据公切线列方程组，注意切点横坐标及参数a范围，进而转化为方程在某区内有解问题.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. （1）把本不同的书分给位学生，每人至少一本，有多少种方法？
（2）由这个数字组成没有重复数字的四位偶数由多少个？
（3）某旅行社有导游人，其中人只会英语，人只会日语，其余人既会英语，也会日语，现从中选人，其中人进行英语导游，另外人进行日语导游，则不同的选择方法有多少种？
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】（1）分为和两类分别计算，加和得到结果；（2）分为个位是和个位不是两类分别计算，加和得到结果；（3）分为只会英语的人中选了人作英语导游、选了人作英语导游和选了人作英语导游三类分别计算，加和得到结果.
【详解】（1）把本不同的书分给位学生，每人至少一本，有和两类
分配方式为时，共有：种分法
分配方式为时，共有：种分法
由分类加法计数原理可得，共有：种分法
（2）若个位是，共有：个
若个位不，共有：个
由分类加法计数原理可得，共有：个
（3）若只会英语的人中选了人作英语导游，共有：种选法
若只会英语的人中选了人作英语导游，共有：种选法
若只会英语的人中选了人作英语导游，共有：种选法
由分类加法计数原理可得，共有：种选法
【点睛】本题考查排列组合的综合应用问题，涉及到分组分配问题、元素位置有限制的排列组合问题等知识，关键是能够根据题目的要求进行合理的分类，最终通过分类加法计数原理得到结果.
16. 已知函数
（1）若函数在上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）若函数有两个不同的极值点，其中，求a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若不等式恒成立，求实数k的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意在上恒成立，即在上恒成立，构造函数求不等式右边的最小值即可；
（2）由题干的必要性得在上有两个零点，求得的范围，注意检验充分性是否成立即可；
（3）原问题等价于恒成立，其中，由此可构造函数，结合导数求解即可.
【小问1详解】
，，
因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，当时，，单调递增，
从而，所以，
即实数的取值范围为；
【小问2详解】
，若函数有两个不同的极值点，
必要性：则在上有两个零点，即在上有两个零点，
由（1）可知，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，且当时，都有，
所以，
充分性：当时，或，
且当，时，均有，即此时单调递增，
当时，有，即此时单调递减，
即函数有两个不同的极值点，
令，由此可知充分性成立；
综上所述，实数的取值范围是；
【小问3详解】
在（2）的条件下，有，
所以，
所以，等价于，
令，则，
令，则，
当时，，即，
所以即单调递减，从而，
所以单调递减，从而，
所以实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是恰当转换已知条件得恒成立，由此即可顺利得解.
17. 已知函数，且，
（1）求的值；
（2）求的最大值；
（3）求被6整除的余数．
【答案】（1）
（2）15360 （3）2
【解析】
【分析】（1）由通项公式结合，求得，再通过求导赋值即可求解；
（2）设为（0≤i≤10）中的最大值，由求解即可；
（3）由，利用二项式定理展开即可求解.
【小问1详解】
的通项公式为
且，
所以的系数为，解得，
从而，
等式两边对x求导得．
令得．
【小问2详解】
由（1）可知的通项公式为，
∴，
设为中的最大值，则
即
即，解得；
又，因此．
∴．
【小问3详解】
由（1）可知，
显然能被6整除，
所以被6整除的余数是．
18. 已知，．
（1）若曲线在点处的切线与垂直，求的值；
（2）若，恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由垂直关系构造等式求解即可；
（2）通过参变分离，构造函数，通过求导，确定最值即可求解.
【小问1详解】
，，
则，
又∵，
又∵切线与垂直，
∴，
即；
【小问2详解】
原式恒成立，即在上恒成立，
即在上恒成立，
设，则，
设，则，
所以h(x)在上单调递增，
且，，
所以h(x)有唯一零点，且，即．
两边同时取对数得
易知是增函数，所以，即，
由知，在上单调递增，在上单调递减，
∴，
∴，
∴，
故的取值范围是．
19. 已知函数，.
（1）求最小值；
（2）设函数，讨论的单调性；
（3）设函数，若函数的图像与的图像有，两个不同的交点，证明：.
【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用导数研究单调性，进而求得最小值；
（2）求出的表达式并求导，通分，分解因式，然后根据导函数在定义域内的零点的不同情况对实数进行分类，利用导数与函数单调性的关系讨论的单调性；
（3）由题意可得有两个不同的根，则①，②， 消去参数得，构造函数求导研究函数单调性并利用放缩法推出，再次构造函数，通过证明来证明.
【详解】解：（1）.
令，得，所以在上单调递增；
令，得，所以在上单调递减.
所以的最小值为.
（2），定义域为，
当时，在上单调递增，在上单调通减.
当时.令，得，
所以在，上单调递增；
令，得，
所以在上单调递减.
当时，，在上单调递增.
当时，令，得，
所以在，上单调递增；
令，得，
所以在上单调递减.
（3），
因为函数的图象与的图象有两个不同的交点.
所以关于的方程，即有两个不同的根.
由题知①，②，
①②得③，
②①得④.
由③，④得，
不妨设，记.
令，则，
所以在上单调递增，所以.
则，即，
所以.
因为，
所以，即.
令，则在上单调递增.
又，
所以，
即，所以.
两边同时取对数可得，得证.
【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，和含参数的函数单调性问题，利用导数证明不等式，属于难题.
难点一：（2）中根据导函数在定义域内的零点情况分类讨论；
难点二：（3）中的由得到通过变形成，消去并得到关于要证不等式不等号左边的关于的表达式，进而整理为由表达的形式，利用换元得到关于单变量t的函数表达式.